Lời giải
Mình giới thiệu với các bạn một lời giải rất hay của anh Trần Quốc Anh.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2} \left(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right) \ge 7$$
Do $\dfrac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} =2+\dfrac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right) \ge 5$$
Hay
$$\dfrac{8(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge 10 \ (1)$$
Để bài toán trở nên đơn giản hơn, ta nên tìm cách giảm bớt số đại lượng khác nhau.
Cụ thể là ở đây, ta sẽ thử đánh giá thế nào đó để đưa đại lượng $$\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$ về $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}.$$
Điều này gợi cho ta ý tưởng sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng $x+y \ge 2\sqrt{xy}$. Thật vậy, dễ thấy
$$\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge 2$$
Suy ra
$$\frac{8(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \ge 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$$
Sử dụng đánh giá này, ta sẽ quy (1) về việc chứng minh
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \ge \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-6$$
Tương đương với
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3 \ge 9\left( \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1\right)$$
Hay
$$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc} \ge \frac{9(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{ab+bc+ca}$$
Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc
$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Ta suy ra bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{ab+bc+ca}\right) \ge 0$$
Do $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca = \dfrac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \ge 0$
Nên chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
$$\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{ab+bc+ca} \ge 0$$
Hay
$$(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9abc$$
Điều này là hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM bộ ba số,
$$(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt{a^2b^2c^2}=9abc$$
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
0 nhận xét:
Đăng nhận xét